Question

已知函數(shù)f（x）=lnx+

1

x

-1；
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間及最值；
（2）證明：對任意的正整數(shù)n，1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

≥ln

en

n!

都成立．
（3）是否存在過點(diǎn)（1，-1）的直線與函數(shù)y=f（x）的圖象相切？若存在，有多少條？若不存在，說明理由．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）f（x）的定義域為（0，+∞），f′(x)=

x-1

x2

，由此能求出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間及最值．
（Ⅱ）由（1）知f(x)=lnx-

x-1

x

≥f(1)=0，所以

1

x

≥1-lnx=ln

e

x

，取x=1，2，3，…，n，對得到的各式迭加能夠證明對任意的正整數(shù)n，1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

≥ln

en

n!

都成立．
（Ⅲ）假設(shè)存在這樣的切線，設(shè)其中一個切點(diǎn)T(x0，lnx0-

x0-1

x0

)，切線方程：y+1=

x0-1

x02

(x-1)，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)推導(dǎo)出符合條件的切線有且僅有一條．

解答： （Ⅰ）解：∵f（x）=lnx+

1

x

-1，
∴f（x）的定義域為（0，+∞），f′(x)=

x-1

x2

．…（2分）
由f′（x）=0，得x=1．x∈（0，1）時，f′（x）0．
∴函數(shù)在（0，1）上是減函數(shù)，在（1，+∞）上是增函數(shù)，…（4分）
∴f_min（x）=f（1）=ln1=0，無最大值． …（5分）
（Ⅱ）證明：由（1）知f(x)=lnx-

x-1

x

≥f(1)=0，故

1

x

≥1-lnx=ln

e

x

，…（7分）
取x=1，2，3，…，n，得：
1≥lne，

1

2

≥ln

e

2

，

1

3

≥ln

e

3

，…，

1

n

≥ln

e

n

，
由上式迭加得：1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

≥ln

en

n!

．
∴對任意的正整數(shù)n，1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

≥ln

en

n!

都成立．…（9分）
（Ⅲ）解：假設(shè)存在這樣的切線，設(shè)其中一個切點(diǎn)T(x0，lnx0-

x0-1

x0

)，
切線方程：y+1=

x0-1

x02

(x-1)，…（10分）
將點(diǎn)T坐標(biāo)代入得：lnx0-

x0-1

x0

+1=

(x0-1)2

x02

，即lnx0+

3

x0

-

1

x02

-1=0，①
設(shè)g(x)=lnx+

3

x

-

1

x2

-1，則g′(x)=

(x-1)(x-2)

x3

． …（11分）
∵x＞0，∴g（x）在區(qū)間（0，1），（2，+∞）上是增函數(shù)，在區(qū)間（1，2）上是減函數(shù)，
故g(x)極大值=g(1)=1＞0，g(x)極小值=g(2)=ln2+

1

4

＞0．…（12分）
又g(

1

4

)=ln

1

4

+12-16-1=-ln4-3＜0，…（13分）
注意到g（x）在其定義域上的單調(diào)性，知g（x）=0僅在(

1

4

，1)內(nèi)有且僅有一根
所以方程①有且僅有一解，故符合條件的切線有且僅有一條．…（14分）

點(diǎn)評：本題考查函數(shù)單調(diào)區(qū)間和最值的求法，考查不等式的證明，考查滿足條件的直線是否存在的判斷與求法，解題時要認(rèn)真審題，注意導(dǎo)數(shù)性質(zhì)的合理運(yùn)用．